PHƢƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG TOÁN SỬ DỤNG CÔNG THỨC
KHAI TRIỂN NHỊ THỨC NEWTON TRONG CÁC ĐỀ THI ĐẠI HỌC
Tác giả: Hà Biên Thùy
Giáo viên THPT chuyên Lê Quý Đôn
A. Sự cần thiết, mục đích của việc thực hiện sáng kiến:
- Môn toán có vị trí quan trọng đặc biệt trong các môn học ở nhà trường
phổ thông, nó là cơ sở của nhiều môn học khác. Là môn học được nhiều học
sinh yêu thích vì tính tư duy trừu tượng để cho các em tha hồ khám phá những
điều mới lạ khi đi tìm hiểu nó.
- Kiến thức về nhị thức Newton là một trong những kiến thức cơ bản nhất
được trình bày trong chương trình toán THPT. Những vấn đề về nhị thức
Newton không những phong phú và đa dạng mà còn rất quan trọng đối với học
sinh, điều đó được thể hiện rõ qua các kỳ thi tuyển sinh và đại học - cao đẳng
hàng năm.
- Ngoài nội dung được trình bày trong SGK Đại số và Giải tích 11 - Nâng
cao và một số dạng toán cơ bản về nhị thức Newton, còn cung cấp thêm một số
dạng toán và phương giải của một số dạng dạng toán khác sử dụng nhị thức
Newton nhằm phục vụ tốt cho các kỳ thi đặc biệt là kỳ thi vào đại học và cao
đẳng.
- Để đáp ứng nhu cầu học tập của học sinh và mục đích của việc đổi mới
phương pháp dạy học môn toán trong trường THPT để phát huy tính tích cực,
chủ động sáng tạo nhằm nâng cao tư duy và trí tuệ cho các em . Tôi chọn đề tài :
“Phương pháp giải các dạng toán sử dụng công thức khai triển nhị thức
Newton trong các đề thi đại học”.
B. Phạm vi triển khai thực hiện:
- Đối tượng nghiên cứu: hệ thống các kiến thức, các dạng toán cơ bản,
nâng cao và kỹ năng làm toán có sử dụng công thức khai triển nhị thức Newton.

1



2


PHẦN 1: Cơ sở lí luận.
Các kiến thức cơ bản và cần thiết trong chương trình sách giáo khoa lớp
11 nâng cao để giải quyết các bài toán sử dụng công thức khai triển nhị thức
Newton.
1. Hoán vị: (Công thức tính số hoán vị)
 n!
- Số hoán vị của tập gồm n phần tửPnlà:

với n * .

- Quy ước: 0!  1!  1
2. Chỉnh hợp: Cho tập A gồm n phần tử, số chỉnh hợp chập k của n phần
được tính theo công thức: với k  n, n  *
Ank 

n!
 n  n  1 n  2 .... n  k  1
 n  k !

3. Tổ hợp: Cho tập A gồm n phần tử, số tổ hợp chập k của n phần tử được
tính theo công thức:

Cnk 

n!
k ! n  k !Với k  n, n  * .



- Các đẳng thức thường dùng được suy ra từ nhị thức Newton:
n

k nk k
0 n
1 n 1
n n
+,  a  b     1 Cn a b  Cn a  Cn a b  ....   1 Cn b .
n

n

n

k 0

3


+,

2n  Cn0  Cn1  Cn2  .....  Cnn .

+, Cn  Cn  Cn  ......   1 Cn  0 .
0

1

n


2

n

n

PHẦN 2: Các dạng toán - Phƣơng pháp giải - Các ví dụ minh họa và
bài tập tự luyện.
Dạng 1: Các bài toán về hệ số trong khai triển nhị thức Newton.
1. Phân tích và đưa ra phương pháp chung cho dạng.
- Phân tích: bài toán thường gặp với các dạng câu hỏi: tìm hệ số của x k
trong khai triển, hoặc tìm số hạng không chứa biến trong khai triển, hoặc số
hạng thứ k trong khai triển hoặc các câu hỏi khác liên quan đến hệ số trong một
khai triển nhị thức Newton đã cho khi đó ta sẽ thực hiện theo các bước sau.
- Phương pháp:
Bƣớc 1: Khai triển nhị thức Newton ở dạng tổng quát hoặc ở dạng khai
triển.
n

 a  b    Cnk a nk bk  Cn0a n  Cn1a n1b  ....  Cnn1abn1  Cnnbn
n

k 0

Bƣớc 2: Tìm dạng số hạng tổng quát của khai triển kí hiệu:

Tk 1  Cnk .a nk .bk
Rút gọn số hạng tổng quát với số mũ thu gọn của các biến có trong khai triển.
Bƣớc 3: Căn cứ và yêu cầu của bài toán để đưa ra phương trình tương ứng


am
;
 a m n ;
n
a

+ Căn bậc n của một số
n

m
n

a  a ; a  0; m, n  
m

- Trong khai triển  a  b  luôn có (n +1) số hạng.
n

- Số hạng thứ k +1 tương ứng n = k và gọi là số hạng tổng quát của khai
triển.
- Tổng số mũ của a và b trong khai triển luôn bằng n.
2. Ví dụ minh họa.
Ví dụ 1:
[1]. Tìm hệ số của x y trong khai triển  2 x  3 y  .
101

200

99


200

  C200  2 x 
200

k 0

k

200  k

 3 y    3
k

200

k 0

k

k
C200
2200k  x 

200  k

yk .

k


 3  2 x    C15k 315k  2  x k .
15

15

k

k 0

- Số hạng tổng quát của khai triển: Tk 1  315k. 2  C15k .x k
k

- Theo yêu cầu của bài tìm hệ số của x thì ta phải có: k  7 .
7

- Với k  7 thì hệ số cần tìm là: C157 38  2  .
7

7

1 

[3]. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển  3 x  4  ;
x


 x  0 .

- Khai triển nhị thức ta có:

12

- Số hạng tổng quát của khai triển: Tk 1  C7k .x 3

- Để có số hạng không chứa x trong khai triển ta phải có số mũ của x bằng 0.
Tức là ta có phương trình:
7 7
 k  0  k  4.
3 12

- Vậy số hạng không chứa x là số hạng thứ 5 và bằng: T5  C74  35 .
Ví dụ 2: Tìm hệ số của x8 trong khai triển P  x   1  x 2 1  x   .
8

Đề tuyển sinh khối A năm 2004.
Lời giải
- Theo công thức khai triển ta có:
P  x   1  x 1  x     C
2

8

8

k 0

k
8

 x 1  x   C x C  1


k

  1
k 0 j 0

j

C8k Ckj x 2 k  j ;

0 

j  k  8, j, k   

- Số hạng tổng quát của khai triển: Tk 1   1 .C8k .Ckj x 2 k  j
j

- Để có hệ số x8 trong khai triển ta cần có: 2k  j  8  j  8  2k .
k  
Mà 0  j  k  8 nên 0  8  2k  8  0  k  4  
k  0,1,2,3,4

- Với k  0  j  8 (loại); k  1  j  6 (loại); k  2  j  4 (loại);
k  3  j  2 (thỏa mãn); k  4  j  0 (thỏa mãn).

- Vậy với cặp số k, j thỏa mãn thì hệ số của x8 trong khai triển là:

 1

2


Để có hệ số của x 9 trong khai triển thì k = 9 trong mỗi khai triển trên. Như vậy
hệ số của x 9 bằng: C99  C109  C119  C129  C139  C149  3003 .
7


Ví dụ 4: Tìm số hạng nguyên trong khai triển





5

233 .

Phân tích:
- Ta phải hiểu thế nào là số hạng nguyên?
- Chú ý rằng Cnk  ¢ , 0  k  n . Như vậy muốn có số hạng nguyên của khai
triển thì ta cần những điều kiện gì của số mũ khai triển?
Lời giải
Khai triển nhị thức ta có:



2 3
3




k  


0  k  5 (*).

Với điều kiện (*) thì chỉ có giá trị k = 3 thỏa mãn.
Vậy k = 3 ta có số nguyên trong khai triển là: C53 2131  60 .
3. Bài tập tự luyện.
5

2

[1]. Tìm hệ số của x trong khai triển  3x3  2  ;
x 

5

12

 x 3
[2]. Tìm hệ số của x trong khai triển    ;
3 x

 x  0 .

 x  0 .

4

12


[6]. Tìm hệ số của x 3 trong khai triển 1  2 x  3x 2  .
10

[7]. Tìm hệ số của x 5 trong khai triển:
8


P  x    2 x  1   2 x  1   2 x  1   2 x  1 .
4

5

6

7

[8]. Đa thức P  x   1  x  x 2  được viết lại dưới dạng:
10

P  x   a0  a1x  a2 x 2  ....  a20 x 20 . Hãy tìm hệ số a4 của x 4 trong P(x).

Đề thi đại học Bộ quốc phòng khối D năm 2002.
[9]. Tìm số hạng nguyên trong các khai triển sau:
a)



7 5
3


Đề tuyển sinh khối D năm 2007.
Dạng 2: Xác định số mũ trong khai triển và tìm hệ số có điều kiện.
1. Phân tích và đưa ra phương pháp chung cho dạng.
- Dựa vào điều kiện cho của bài để tìm số mũ của khai triển thông thường là giải
phương trình chứa tổ hợp, hoán vị và chỉnh hợp hoặc sử dụng một trong các
đẳng thức tổ hợp đặc biệt (đã nêu trong phần cơ sở lí luận).
- Chú ý số mũ của khai triển luôn là số nguyên dương.
- Sử dụng các bước của dạng 1 để tìm hệ số của x k trong khai triển với số mũ
của khai triển đã tìm được.
2. Ví dụ minh họa.
Ví dụ 1. Tìm hệ số của x12 trong khai triển  x 2  1 , biết tổng các hệ số trong
n

khai triển bằng 1024 với n * .
Phân tích: Ta phải biết hệ số của khai triển trên có dạng nào từ đó lập phương
trình với ẩn n và đẳng thức tổ hợp về tổng các hệ số thì ta đã có đẳng thức nào
liên quan, sử dụng đẳng thức đó để tìm được số mũ n. Sau đó quay lại dạng 1 để
tìm hệ số của x k trong khai triển với số mũ đã tìm được.
Lời giải
9


Ta có:

x

2

 1   C


10

10

 C
k 0

k
10

x 

2 10 k

10

  C10k x 202 k .
k 0

Để có hệ số của x12 ta phải có: 20  2k  12  k  4 .
Vậy hệ số của x12 trong khai triển bằng: C104  210 .
n

1

Ví dụ 2: Tìm hệ số của x trong khai triển  3  x5  với x  0 , biết rằng n là
x

8

k
3 12 k  2 
k
Ta có:  3  x    C12  x   x    C12 x 2
x

k 0
  k 0
12

Để có x8 trong khai triển ta phải giải phương trình 36 

11
k 8  k 8.
2

Vậy hệ số của x8 bằng C128  495 .

10


n

28

 3

15
Ví dụ 3: Cho khai triển  x x  x  . Tìm số hạng không chứa x trong khai



28
16
12
16 k
  15

k
5
 x    C12 x

 k 0

Để có số hạng không chứa x trong khai triển thì 16 

16
k  0  k  5.
5

Với k = 5 số hạng không chứa x là số hạng thứ 6 và bằng: C125  792 .
n

 1

Ví dụ 4: Tìm hệ số của x trong khai triển  4  x 7  , biết:
x

26

C21n1  C22n1  C23n1  ....  C2nn1  220  1.

10 k
k
 1

Với n = 10 ta có:  4  x7    C10k  x 4   x7    C10k x 4011k .
x

k 0
k 0

Để có x 26 trong khai triển ta phải giải phương trình: 40  11k  26  k  6 .
Hệ số của x 26 trong khai triển bằng: C106  210 .
Nhận xét: Bài toán này khá khó trong việc tìm số mũ n học sinh phải nhớ được
các đẳng thức tổ hợp đã biết và vận dụng thật linh hoạt với số mũ của nhị thức
trong đẳng thức tổ hợp. Còn việc tìm hệ số của x 26 trong khai triển là bài toán
cơ bản khi đã có số mũ n.
Ví dụ 5: Cho f  x   1  x   x 1  x   a0  a1x  a2 x 2  ....  an1x n1 . Tìm a4
n

n

biết: a0  a1  a2  ....  an1  4096 .
Phân tích: Đây là dạng toán sử dụng khai triển nhị thức dưới dạng đa thức một
biến theo số mũ tăng dần hoặc giảm dần của biến. Linh hoạt trong việc chọn giá
trị cụ thể của x để thỏa mãn giả thiết của bài toán rồi tính giá trị của đa thức ở cả
hai vế và giả thiết của bài cho để tìm n.
Lời giải:
Từ khai triển f  x   1  x   x 1  x   a0  a1x  a2 x 2  ....  an1x n1 và giả
n


k

12

 x  C12m x m
m 0

12

  C12m x m1
m 0

12


Hệ số a4 tương ứng với x 4 trong khai triển do đó ta phải có:
k  4
k  4


m  1  4 m  3

Vậy a4  C124  C123  715 .
Ví dụ 6: Biết số hạng thứ tư trong khai triển



2 x1  3 2 x



2 tức là: Cm3  5Cm1  m  7 .



2

x 1

 2
3

x



 x21 
 C  2 
k 0


7

7

k
7

7k

k

Ví dụ 7. Cho khai triển 1  2x  . Tìm hệ số lớn nhất trong các hệ số của số
30

hạng khai triển.
Phân tích: Trong (n + 1) hệ số của khai triển ta phải tìm được hệ số có giá trị
lớn nhất tức là ta phải biết được trong dãy các hệ số của khai triển thì các hệ số
đó tăng hay giảm và tăng, giảm đến hệ số thứ bao nhiêu của khai triển. Từ đó ta
có thể lập dãy số tăng, giảm của các hệ số và so sánh chúng để tìm hệ số có giá
trị lớn nhất.
Lời giải
30

- Ta có: 1  2 x    C30k 2k x k  a0  a1x  a2 x 2  ...  a30 x30 với k  
30

k 0

13


- Xét hai hệ số tổng quát trong khai triển là ak  2k C30k và ak 1  2k 1C30k 1
- Giả sử ak 1  ak  2k 1C30k 1  2k C30k  59  3k  0  k 

59
hay k  19,6
3

Với k  19,6 thì ak 1  ak tức là từ số hạng thứ 20 trở đi ta có:
a20  a21  ....  a30  max a i i 20  a20 (1).
30

[3]. Tìm hệ số của x10 trong khai triển  2  x  , biết n là số nguyên dương thỏa
n

mãn: 3n Cn0  3n1Cn1  3n2 Cn2  3n3 Cn3  ...   1 30 Cnn  2048 .
n

Đề tuyển sinh khối B năm 2007.
[4]. Với n là số nguyên dương, gọi a3n3 là hệ số của x3n3 trong khai triển của
P  x    x 2  1  x  2  . Tìm n để
n

n

a3n3  26n .
Đề tuyển sinh khối D năm 2003.

[5]. Biết tổng các hệ số của số hạng thứ hai và thứ ba trong khai triển
n

1 
5 2
 x  6  bằng 25,5. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển với x > 0.
2 x


14


n



3
a

21

với a  0, b  0 . Tìm hệ số của số hạng

chứa a và b có số mũ bằng nhau.
[10]. Cho khai triển 1  2 x   a0  a1x  a2 x 2  ....  an x n , biết số nguyên dương
n

n thỏa mãn a0 

a1 a2
a
 2  ...  nn  4096 . Tìm hệ số lớn nhất trong các hệ số.
2 2
2

Đề tuyển sinh khối A năm 2008.
[11]. Cho số nguyên dương n thỏa mãn 5Cnn1  Cn3 . Tìm số hạng chứa x 5 trong
n

 nx 2 1 
khai triển nhị thức Newton 
  , x  0.
14
x


Dạng 3: Chứng minh các đẳng thức tổ hợp bằng cách sử dụng khai triển
nhị thức Newton.
1. Phân tích và đưa ra phương pháp chung cho dạng.
- Vận dụng khai triển  a  b  hoặc đặc biệt ta có thể dùng khai triển 1  x  ,
n

n

sau đó chọn cặp giá trị a, b thích hợp hoặc giá trị của x thích hợp ta được đẳng
thức tổ hợp tương ứng.
- Chú ý:
+ Thấy tổ hợp Cnk ứng với nhị thức 1  x  .
n

+ Thấy tổ hợp C2kn ứng với nhị thức 1  x  .
2n

+ Để khử các tổ hợp chẵn (lẻ) ta chọn hai giá trị đối nhau của x trong cùng một
khai triển của nhị thức với đa thức biến x rồi cộng hai hệ thức.
- Vận dụng khai triển 1  x  .1  x   1  x 
n

m

nm

với n, m * bằng cách so

sánh hệ số của x k ở hai vế ta được đẳng tổ hợp tương ứng. Chú ý hệ số của số
hạng trong khai triển vế trái có dạng tích của hai tổ hợp: Cnk .Cmi .


1  10C21n  102 C22n  103 C23n  ...  102 n1 C22nn1  102 n C22nn  81n với n * .

Phân tích: Ta thấy rằng số mũ của 10 trong đẳng thức tăng theo chỉ số của k
trong một khai triển nhị thức nào đó và chú ý rằng đẳng thức tổ hợp này đan
dấu. Như vậy ta có thể vận dụng khai triển nào là thích hơp?
Lời giải
Thật vậy ta xét khai triển sau:

1  x 

2n

2n

  C2kn  1 x k  C20n  C21n x  C22n x 2  ...  C22nn1x 2 n1  C22nn x 2 n .
k

k 0

- Chọn x = 10 thay vào khai triển trên ta có:
2n

1  10    C2kn  1 10k  C20n  C21n .10  C22n .102  ...  C22nn1.102n1  C22nn .102n
2n

k

k 0



2n

theo hai cách:

- Ta có: 1  x  1  x    Cni xi  Cnj x j .
n

n

Hệ số của x n bằng an  Cn0Cnn  Cn1Cnn2  Cn2Cnn2  ...  CnnCn0
  Cn0    Cn1    Cn2   ....   Cnn 
2

2

2

2

(1).

2n

Mặt khác hệ số của x trong 1  x    C2kn x k bằng: an  C2nn (2).
2n

n

k 0

- Chọn x = -1 ta được 1  1  C20n  C21n  C22n  C23n  ...  C22nn1  C22nn (2)
2n

- Lấy (1) trừ (2) ta được 22 n  2  C21n  C23n  ...  C22nn1 
- Theo giả thiết ta có phương trình  C21n  C23n  ...  C22nn1  22 n1
 22n1  2048  2n  1  11  n  6 .

Vậy n = 6 là giá trị cần tìm.
Ví dụ 5: Chứng minh rằng: n  * thì:
a) C50 .Cnk  C51.Cnk 1  ....  C55 .Cnk 5  Cnk5

với 5  k  n

b) Cm0 .Cnk  Cm1 .Cnk 1  ....  Cmm .Cnk m  Cnkm với m  k  n
Phân tích: Tương tự ví dụ 3 ta có vế trái của các đẳng thức tổ hợp cần chứng
minh mối hạng tử có dạng tích của hai tổ hợp, như vậy ta sẽ sử dụng khai triển
của nhị thức nào và số mũ bao nhiêu?
Lời giải
a) Xét khai triển sau: 1  x  1  x   1  x 
5

n

n 5

- Khai triển nhị thức ở hai vế
5

n


100

99

100

1
1 1
100C    101C101
 
2
2
0
100

198

1
 ....  199C  
 2
99
100

199

 200C

100
100


+ Đạo hàm cấp 3:
n(n  1)  n  2  (1  x)n2  1.2.3Cn3  2.3.4Cn4 x  ...  n(n  1)  n  2  Cnn x n3

.............
* Chú ý:
- Số các số hạng giảm dần sau mỗi lần đạo hàm, đạo hàm cấp k còn  n  1  k 
số hạng.
- Nếu thấy hệ số có dạng kCnk thì bài toán liên quan đến đạo hàm của (1  x)n .
19


b) Sử dụng tích phân.
Ta lấy:



n
0
1
2 2
n n
(1

x
)
dx

(
C



n

2
b  n 1
b n Cnk
 0
1 2 3
1
1 x
n n 1 
k k 1 
VP   Cn x  Cn  Cn x  ... 
Cn x    
Cn x   
b k 1  a k 1 

a
a
2 3
n 1
k 0 k  1
 k 0 k  1



k
n
C
1

3. Ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Chứng minh
20


[1]. 1Cn1  2Cn2  ...  kCnk  ...  nCnn  ...  nCnn  n.2n1
[2]. 1Cn1  2Cn2  3Cn3  ...  (1)n1 nCnn  0
[3]. 2.1.Cn2  3.2.Cn3  ...  n(n  1)Cnn  n(n  1)2n2
[4]. 1.Cn0  2.Cn1  ...  (n  1)Cnn  (n  2).2n1
Phân tích: ta thấy vế trái của các đẳng thức tổ hợp cần chứng minh có dạng kCnk
hoặc k  k  1 Cnk , tức là ta thấy dạng đạo hàm của nhị thức sau khai triển. Như
vậy ta sử dụng phương pháp đạo hàm để chứng minh các đẳng thức trên.
Lời giải
[1]. Xét triển khai (1  x)n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n (1)
+ Đạo hàm hai vế của (1) ta được:
n(1  x)n1  Cn1  2Cn2 x  3Cn3 x 2  ...  nCnn x n1

(*)

+ Chọn x  1 thay vào (*) ta có:
n.2n1  Cn1  2Cn2  3Cn3  ...  nCnn

 điều phải chứng minh.

[2]. Với (*) chọn x  1 ta được:
n(1  1)n1  Cn1  2Cn2  3Cn3  ...  ( 1) n1 nCnn
 Cn1  2Cn2  3Cn3  ...  (1) n1 nCnn  0  điều phải chứng minh.

[3]. 2.1.Cn2  3.2.Cn3  ...  n(n  1)Cnn  n(n  1)2n2
Sử dụng đạo hàm cấp 2 của khai triển (1) và chọn x = 1 ta được đẳng thức

1
3
5
7
2n  1
3.5...(2n  1)

Lời giải
n

a) I n  0 (1  x 2 ) dx
1

Sử dụng phương pháp tính tích phân từng phần đặt:
(1  x 2 ) n  u

dx  dv
 I n  x(1  x 2 ) n


1
0

du  n((1  x 2 ) n1.( 2 x) dx

v  x

 0 x.n(1  x 2 ) n 1 (2 x)dx
1



I n1 



In 

Mà

1
1
I 0  0 (1  x 2 )0 dx  x  1
0

Vậy

2n(2n  2)(2n  4)(2n  6)...2
I0
(2n  1)(2n  1)(2 n  3)...3

In 

2.4.6...(2n)
3.5.7...(2n  1)

1 0 1 1 1 2 1 3
(1) n n
2.4....(2n)
.Cn 
b) suy ra hệ thức: Cn  Cn  Cn  Cn  ... 

x3
x5
x7
x 2 n 1 1
 Cn2  Cn3  ...  ( 1) n Cnn .
)
3
5
7
2n  1 0

1
1
1
1
 Cn0  Cn1  Cn2  Cn3  ...  (1) n
.Cnn
3
5
7
2n  1

Theo câu (a) ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 3:
[1]. Cho n là số nguyên dương. Chứng minh rằng:
1 1 1 2
1
2n1  1
n
1  Cn  Cn  ... 

n

k k
0
1
2 2
n n
0 (1  x) dx  0 ( Cn x )dx  0 (Cn  Cn x  Cn x  ...  Cn x )dx
1

1

n

1

k 0

3
n 1
1
x2
1
1
1
2 x
n x
 (C x  C
 Cn
 ...  Cn .

n

Từ (1,2) ta có điều phải chứng minh.
[2]. n nguyên dương. Chứng minh:
1 1
1 2 2 1 3 3
1
3n1  1
n n
C  Cn .2  Cn 2  Cn 2  ... 
Cn 2 
2
3
4
n 1
2( n  1)
0
n

(1) .

Xét (1  2 x)n  Cn0  Cn1 (2 x)1  Cn2 (2 x)2  Cn3 (2 x)3  ...  Cnn (2 x)n .
Lấy tích phân hai vế ta được:
23




(1  2 x) n dx  a (Cn0  Cn1 .2 x  Cn2 22 x 2  Cn3 23 x 3  ...  Cnn 2n x n )dx
a

1
1
1
 Cn1 .2  Cn2 22  Cn3 23  ... 
Cnn 2n
2
3
4
n 1

(2) .

Mặt khác:
1 1
1 (1  2 x) n1 1
1
3n1  1
n
n 1)
0 (1  2 x) dx  2 0 (1  2 x) d (1  2 x)  2 n  1 0  2(n  1) (3  1)  2(n  1) (3)
1

n

Từ (2,3)  (1) .
Ví dụ 4: Tìm số nguyên dương n sao cho:
C21n1  2.2C22n1  3.22 C23n1  4.23 C24n1  ...  (2n  1).22 n C22nn11  2005 .

Đề tuyển sinh khối A năm 2005.
Phân tích: Tương tự như các ví dụ trên hãy tự phân tích và lựa chọn phương


...

2
n

1

2
C22nn11






2
n

1
2
n

1


 C21n1  2.2C22n1  ...   2n  1 2  C22nn11  2n  1.
2n

Theo bài ta có phương trình: 2n  1  2005  n  1002 .

- Tích phân vế trái.
b

 1  x 

n

a

dx 

1
1
1
n 1 b
n 1
n 1
1  x  
1  b  
1  a  .
a n 1
n 1
n 1

- Tích phân vế phải.
b

 C

0

n 1
- Dựa vào tổng S ta chọn cận tích phân a  1, b  2 . Như vậy ta có:
1
1
1
1
Cn0  Cn1  22  12   Cn2  23  13   Cn3  24  14   ... 
Cnn  2n1  1n1 
2
3
4
n 1
1
1
1
1
 Cn0  Cn1  22  1  Cn2  23  1  Cn3  24  1  .... 
Cnn  2n1  1
2
3
4
n 1
2
3
4
n 1
2 1 1 2 1 2 2 1 3
2 1 n
 Cn0 
Cn 

Ví dụ 6: Tính các tổng hữu hạn sau:
a) S1  1.20 Cn1  2.21 Cn2  3.22 Cn3  ...  n.2n1 Cnn
0
1
2
2015
 2.C2015
 3C2015
 ...  2016C2015
b) S2  1.C2015

Lời giải:
25